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题解
难度：中等
知识点：数学逻辑 暴力求解 动态规划
方法一（暴力求解）
思路：
1.遍历所有涂色方法，找出其中最小的一种输出
2.对于一个长度为len的字符串，用变量i将其分为两部分（i的值为0到len），前一部分将其染色为红色R，只需要依次判断该部分的值（j的值为0到i）若为G就进行染色，将count++；后部分将其染色为绿色G，其需要依次判断该部分值（j的值为i到len）若为R就进行染色，将count++。
#include<iostream>
using namespace std;
int main(){string s;cin>>s;int len=s.length();int min=51;for(int i=0;i<len;i++){ int count="0;" for(int j="i;j<len;j++){" if(s[j]="='R')" count++; } if(count<min) min="count;" cout<<min<<endl; return 0; ``` ##方法二 需要遍历一次数组,时间复杂度o(n),空间复杂度o(1) ###思路： 依次遍历字符串中的每个字符，若该字符为r时，一种情况，将其之前的所有g变为r；第二种情况，将其变为g。 1.用g_count来记录当前位置之前出现的g的个数 2.用count来记录该位置按照两种思路来计算，其中更小的一种情况。 ###原理分析： 若count的值等于g_count时说明将之前的g都变为了r。 若count的值不等于g_count,说明之前情况也是将末尾值改为了g，因此该步骤修改r值为g会使得i位置之前序列成立。 #include<iostream>
using namespace std;
int main(){string s;cin>>s;int len=s.length();int count=0;int g_count=0;for(int i=0;i<len;i++){ if(s[i]="='R'){" g_count++; }else{ count="min(g_count,count+1);" } cout<<count<<endl; return 0; ``` ##方法三（动态规划） ###思路： 1.采用二维数组dp[i][1],dp[i][2],将字符串的第i位染色为红色需要的最小次数记录在dp[i[[1]中，将字符串的第i位染色位绿色需要的最小次数记录在dp[i][2]中。 2.最后输出min(dp[len-1][i],dp[len-1][2])为最终的染色次数。 其中的状态转换公式如下： 当字符串i="0时：" if(s[0]="='R')" { dp[0][1]="1;" dp[0][2]="0;" }else 若字符为r，那么dp[0][1]="0,不需要改色，dp[0][2]=1,表示将该位置由红色改为绿色。" 若字符为g：那么dp[0][1]="1,表示将该位置颜色由绿色改为红色，dp[0][2]=0,表示不需要改色。" 当i不为0时： dp[i][1]="dp[i-1][1]+1;" dp[i][2]="min(dp[i-1][1],dp[i-1][2]);" 若当前位置为r， dp[i][1]：该位置不改变颜色，上一步的结尾颜色只能为红色r，因此修改次数直接为dp[i-1][1]；dp[i][2]：该位置修改为绿色g，上一步结尾颜色可以为红色r也可以为绿色g。因此为min(dp[i-1][1],dp[i-1][2])+1; 若当前位置为g， dp[i][1]：该位置修改为红色，上一步的结尾颜色只能为红色r，因此修改次数直接为dp[i-1][1]+1； dp[i][2]：该位置不修改颜色，上一步结尾颜色可以为红色r也可以为绿色g。因此为min(dp[i-1][1],dp[i-1][2]); 例如：rgrgr  #include<iostream>
using namespace std;
int main(){string s;cin>>s;int len = s.length();int dp[55][3];if(s[0]=='R') {dp[0][1]=0;dp[0][2]=1;}else {dp[0][1]=1;dp[0][2]=0;}for(int i=1;i</len;i++){></len;i++){></iostream>
